2022.04 学习记录

04.01

各种订正。

04.02

各种订正。

「FJOI2021」加法方程 (equa)

每次查询 $A,B$ 是不变的。由于合法方案字母总数不超过 $10$，爆搜预处理 $A,B$ 中每个字母对应的取值，对于没出现过的值新增编号占位，把状态 hash 起来。每次查询算出对应编号查 hash 表即可。这里用自然溢出没有被卡。

「FJOI2021」外星飞碟 (ufo)

$\{s\}$ 的递推式与 EGF 的卷积相似，考虑从 $\{a\}$ 与 $\{s\}$ 的 EGF 入手。

记 $A(x) = \sum\limits_{i\ge 1}a_i\dfrac{x^i}{i!}$，$S(x)=\sum\limits_{i\ge 1}s_i\dfrac{x^i}{i!}$。由 $\{a\}$ 的递推式可得：

$$\dfrac{a_n}{n!} = \dfrac{1}2\bigg{(}\dfrac{a_{n-1}}{(n-1)!} + \dfrac{a_{n-2}}{(n-2)!}\bigg{)}+\dfrac{(-1)^n}{n!}+\dfrac{(-1)^{n-1}}{2(n-1)!}$$

则

$$\begin{align} A(x) &= \dfrac{x}2A(x)+\dfrac{x^2}2(A(x)+1)+(e^{-x}-1+x-x^2) + (e^{-x}-1+x) \\ &=\dfrac{x+x^2}2A(x)+\big{(}\dfrac{2+x}2\big{)}e^{-x}+\dfrac{x^2+x-2}2 \\ &=\dfrac{e^{-x}}{1-x}-1 \end{align}$$

由 $\{s\}$ 的递推式可知：

$$\begin{align} \dfrac{s_n}{n!} &= \sum\limits_{i=1}^n\dfrac{a_i}{i!}\cdot \dfrac{n-i+1}{(n-i)!} \\ &=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{a_i}{i!}\bigg{(}\dfrac{1}{(n-i)!} + \dfrac{1}{(n-i-1)!}\bigg{)} \end{align}$$

则

$$\begin{align} S(x) &= (1+x)e^xA(x) \\ &= (1+x)e^x\bigg{(}\dfrac{e^{-x}}{1-x}-1\bigg{)} \\ &= (1+x)\bigg{(}\dfrac{1}{1-x} - e^{x}\bigg{)} \\ \end{align}$$

答案即为 $n![x^n]S(x) = 2n! -n-1$。

使用 FJOI 必备的 $O(n)$ 光速阶乘算法即可通过本题。

04.04

「JOISC 2020 Day4」首都

如果两个同色点要在一个连通块内，则其路径上的所有点也需在连通块内。规定连边 $(a,b)$ 表示若 $a$ 在某一连通块内，则 $b$ 也必须在其中。对连出的图求强连通分量，则答案就是最小无出度强连通分量的大小。连边的形式是点向路径连边，树剖优化。

04.05

「WC2019」I 君的商店 (shop)

由 $\text{subtask3}$ 得到启示：如果可以在 $5n$ 的代价内将序列排序并找到一个 $1$，则可以用 $2\log n$ 的代价求出答案——这只需要简单的二分，最后剩下一个元素利用奇偶性判断。

考虑三个元素 $a,b,c$，不妨设 $a\le b$（用 $2$ 的代价得出），讨论 $a+b$ 与 $c$ 的关系：

• $a+b\le c$，则 $a=0$，换下一个数作为 $a$；
• $a+b\ge c$，则 $b\ge c$，把 $c$ 加到一个序列的末尾，令 $c\gets b$，再换一个数作为 $b$。

由此可以得到一些确定为 $0$ 的数、一个单调不降的序列，以及最后剩下的一个数。而在剩下的数和序列末尾中，必然有一个是 $1$。这样就可以二分了。同样利用奇偶性，不难判断出剩下的数和二分剩下的数。

调试问题：二分的写法和边界。

「JOISC 2020 Day2」变色龙之恋

尝试构造图 $G=(\{1,2,\cdots,2n\},E)$，满足：

• $(x,y)\in E\Longleftrightarrow\operatorname{query}(\{x,y\})=1$

不难发现满足 $\operatorname{query}(\{x,y\})=1$ 的二元组 $(x,y)$ 只有三种可能：

1. $x$ 喜欢 $y$，且 $y$ 不喜欢 $x$；
2. $y$ 喜欢 $x$，且 $x$ 不喜欢 $y$；
3. $x,y$ 同色。

那么任意结点在 $G$ 中的度数只能为 $1$ 或 $3$。对于结点 $u$，若其度数为 $1$，则答案已经确定；否则，将与 $u$ 相邻的三个结点 $a,b,c$ 拿出来两两与 $u$ 一起询问，只有 $\operatorname{query}\{u,和u同色,喜欢u\}=1$，且对于一个结点每条边只会被覆盖一次。因此对每个结点统计一遍，被覆盖超过一次的即为答案。

问题在于如何建出这张图。考虑逐个加入结点 $u$ 并确定其连出的边。首先 $G$ 一定是二分图，因此一定可以将其分成两个极大独立集，并且两个独立集分别对应两种性别，这个可以使用带权并查集维护。对两个集合分别考虑（因为性别未知）。若 $u$ 与集合 $S$ 中没有边，则 $\operatorname{query}(S\cup\{x\}) = |S|+1$。由于最多只有三条边，因此可以分治求出每条边。

查询次数 $O(n\log n + 3n)$，时间复杂度 $O(n^2\log n)$。

「2022-03-22 省选模拟赛」星际广播 (radio)

对三种颜色分别考虑，显然可以 dp。wqs 二分优化。

「2022-03-22 省选模拟赛」星际联邦 (federation)

$n$ 阶循环矩阵 $A_{i,j} = w_{i-j}$（$0\le i,j\lt n$） 的行列式，有结论：记 $F(x) = \sum\limits_{i=0}^{n-1} w_ix^i$，则 $\operatorname{Det}(A) = \prod\limits_{i=0}^{n-1} F(\omega_{n}^{i})$，其中 $\omega_n$ 为 $n$ 次单位根。证明可以将 $A$ 右乘范德蒙矩阵 $\{\omega_{n}^{ij}\}$ 后对比两边行列式系数得出。实现时，一次 DFT 即可求出所需的单位根处点值。

对于本题，不难想到加入新结点为根后运用矩阵树定理。构造出基尔霍夫矩阵，发现其为循环矩阵，套用上面的结论即可。

04.06

「2022-04-06 省选模拟赛」方程 (equation)

化一下式子发现只和 $\dfrac{a+b}{c}$ 有关，转化为统计每种 $\dfrac{a+b}{c}$ 的数量，循环卷积和求出离散对数后循环卷积即可。

「JOISC 2020 Day4」治疗方案

从左到右考虑所有区间，需要不间断地覆盖。设 $f_{i}$ 表示考虑前 $i$ 个区间的最小花费，则 $f_i$ 可以从满足 $r_j-l_i+1\ge|t_{j}-t_i|$ 的 $j$ 处转移过来。这个方程的转移顺序十分不明确，但是可以用类似最短路的方法更新，对绝对值分类讨论，可以把式子拆成与 $i$ 相关的和与 $j$ 相关的，线段树优化建图；类似「NOI2019」弹跳的做法，每个区间只会被更新一次，线段树分别维护。

04.07

「2021 集训队互测」整数

先对所有元素操作一遍，得到一个全 $1$ 序列。按 $1\sim n$ 依次操作 $p_i$：

• 若没有产生进位，表现为 $\operatorname{popcount}$ 恰好加一，无法得出信息；
• 否则，可以通过减少的 $1$ 的数量知道 $p_i$ 与上一个进位的位置（特殊地，初始为最高位）间的距离。

重复如上步骤，每轮至少能确定一个数。将排列随机打乱，期望询问次数与随机排列期望最长上升子序列长度同级，故期望询问次数与期望时间复杂度均为 $O(n\log n)$。

调试问题：没有注意到每一轮之后，从第 $n+1$ 位开始逐渐加 $1$，因此需要特判第一次进位的距离。

CF675E Trains and Statistic

对于每个 $i\in [1,n)$，其无法直接到达的地方必然选择之后 $a_j$ 最大的 $j$ 走。记 $f_i$ 表示 $[i,n]$ 的答案，从其后的最大值处转移过来。

[HNOI2011] 卡农

见寒假的学习笔记 [HNOI2011] 卡农

04.08

带表妹。

04.09

CF923E Perpetual Subtraction

记 $f_{i,j}$ 表示第 $i$ 轮时，$x$ 为 $j$ 概率。有转移

$$f_{i,j} = \sum\limits_{k=j}^{n}\dfrac{f_{i-1,k}}{k+1}$$

记 $F_k(x) = \sum\limits_{i=0}^{n}f_{k,i}x^i$，则

$$\begin{align} F_{k}(x) &= \sum\limits_{i=0}^{n}x^i\sum\limits_{j=i}^n\dfrac{f_{k-1,j}}{j+1} \\ &=\sum\limits_{j=0}^{n}\dfrac{f_{k-1,j}}{j+1}\dfrac{x^{j+1}-1}{x-1} \\ \end{align}$$

似乎很难有进一步的推论，但是 $\dfrac{x^{j+1}}{j+1}$ 很容易让人联想到积分：

$$\begin{align} F_{k}(x) &= \dfrac 1{x-1}\sum\limits_{j=0}^{n}f_{k-1,j}\dfrac{x^{j+1}-1}{j+1} \\ &=\dfrac 1{x-1}\sum\limits_{j=0}^{n}f_{k-1,j}\int_{1}^{x}y^j\mathrm{d}y \\ &=\dfrac 1{x-1}\int_{1}^{x}F_{k-1}(y)\mathrm{d}y \end{align}$$

积分下限是 $1$，这很不好处理，尝试把它变成 $0$。令 $G_k(x) = F_{k}(x+1)$：

$$\begin{align} G_{k}(x)=F_{k}(x+1) &=\dfrac 1{x}\int_{1}^{x+1}F_{k-1}(y)\mathrm{d}y \\ &= \dfrac 1{x}\int_{0}^{x}G_{k-1}(y)\mathrm{d}y \\ &= \sum\limits_{j=0}^{n} \dfrac{g_{k-1,j}}{j+1}x^{j} \end{align}$$

于是

$$g_{m,i} = g_{0,i}\dfrac{1}{(i+1)^m}$$

现在只需要实现 $\{g_{k}\}$ 与 $\{f_{k}\}$ 的相互转化。先考虑如何从 $\{f_{k}\}$ 推到 $\{g_{k}\}$：

$$\begin{align} G_k(x) = F_k(x+1) &= \sum\limits_{i=0}^{n}f_{k,i}(x+1)^i =\sum\limits_{j=0}^{n}x^j\sum_{i=j}^nf_{k,i}\dbinom{i}j \end{align}$$

即

$$g_{k,i} = \sum\limits_{j=i}^n f_{k,j}\dbinom{j}i$$

将组合数展开后是差卷积的形式。从 $\{g_{k}\}$ 推回 $\{f_{k}\}$ 只需要套上二项式反演即可。

[SDOI2011]黑白棋

考虑什么时候先手必胜。由于白色不往左，黑色不往右，于是等价于 $\dfrac{k}2$ 堆石子，每次可对 $x\in[1,d]$ 堆石子取走任意数量。这是 nim-k 游戏，先手必胜当且仅当：

• 把石子数量写成二进制数，每位分别相加，若存在一位满足所有石子在这位之和 $\not\equiv 0\pmod{(d+1)}$

补集转化，求所有位和都为 $0$ 的方案数。逐位考虑，设 $f_{i,j}$ 表示考虑前 $i$ 位，所有石子和为 $j$ 的方案数。枚举这一位上有多少石子得到转移。统计答案时，相当于将剩下的石子放到 $\dfrac{K}2+1$ 个段里，经典插板法。

[SDOI2019]移动金币

和 [SDOI2011]黑白棋 十分类似。这道题相当于阶梯 nim 游戏。记第一个台阶层数为 $1$，则先手必胜当且仅当

• 用奇数层台阶上的石头做 nim 游戏时先手必胜。

于是变成了 nim-k 游戏的特殊情况，套用 [SDOI2011]黑白棋 的 dp 即可。

[SDOI2019]连续子序列

T.M.序列，在很多地方都有出现，性质非常多，本题只需要用到其中一个。由 T.M.序列 的构造过程，可以把相邻的 $01$ 缩成 $0$，相邻的 $10$ 缩成 $1$，两个相邻的数相同就寄了。枚举第一个从哪里开始，递归下去做，只会用到 $O(\log n)$ 个位置。

[ZJOI2016]小星星

子集容斥，求用集合 $S$ 中编号（可重复使用）的方案数，$O(n^3)$ 树形 dp。就，过了。

[PKUSC2018]最大前缀和

分别记 $s_{S},f_{S},g_{S}$ 分别表示集合 $S$ 中的元素和、考虑 $S$ 中元素时有多少种排列方式使得最大值为 $s_{S}$、考虑 $S$ 中元素时有多少种排列方式使得所有前缀和 $\lt 0$。则答案为 $\sum\limits_{S\in U} f_{S}\cdot s_{S} \cdot g_{U/S}$。$g$ 是容易 dp 的；$f$ 的转移，考虑在最前面加入一个数。

[PKUSC2018]真实排名

分别考虑每个人的成绩变不变，不变的话不能变的是一段区间，变的话必须变的是一段区间。

04.10

「WC2018」即时战略 (rts)

调了一年。

暴力思路：每次选一个点，从已知连通块不断拓展直到拓展到为止。直接上点分树，每轮最多拓展 $O(dep)$ 个点，每轮拓展完类似替罪羊重构。总操作次数 $O(n\log n)$。

链要特别搞一下。

调试问题：重构点分树时，可以用深度判断是否在子树内。

「WC2019」远古计算机 (oldcomputer)

大玄学。

$\text{subtask1,3}$：读懂题。

$\text{subtask2}$：有点意思。把斐波那契数列打表出来，jmp 跳到对应行。

$\text{subtask4}$：事实上每个点的第二个寄存器是寄的，主要受到线路的制约。对 $1\sim 50$ 处理处一条到 $51\sim 100$ 任意结点的最短路，按到达的时间顺序输出，经过一些玄学调整可以通过。

$\text{subtask5}$：对每个结点记录其在某个时间结点是否被占用，依次跑最短路，按到达的时间顺序输出，经过一些玄学调整可以通过。

注意审题：多次调用一台计算机会寄。

[HAOI2017]方案数

经典模型的稍加改动，和那个网格图上障碍点的题十分相似。发现方案数只和 $\operatorname{popcount}$ 的差有关，预处理每种差的方案数后，容斥 dp 即可。

[WC2020] 猜数游戏

考虑一个元素 $x$ 能对哪些集合贡献。这需要满足 $x$ 在集合中，且集合中没有能表示出 $x$ 的元素。如果能求出元素间的表示关系，计算答案是容易的。分类讨论：

• $(a_i,p) \gt 1$，则 $a_i$ 只能表示出 $O(\log p)$ 个数，暴力预处理；

• $(a_i,p)=1$，考虑 $a_i$ 关于 $p$ 的阶 $\operatorname{ord}_p(a_i)$。

  引理：$x$ 能表示 $y$，当且仅当 $\operatorname{ord}_p(y)|\operatorname{ord}_p(x)$。

  结合下文阶的性质 1,2 不难证明其充要性。由此可以把所有元素按阶分类，暴力枚举两数。

简要记一下阶：

对于满足 $(x,p)=1$ 的正整数 $x,p$，$\operatorname{ord}_p(x)$ 定义为最小的 $m$ 满足 $x^m\equiv 1\pmod{p}$，那么显然有 $\operatorname{ord}_p(x) | \varphi(p)$。特殊地，当 $\operatorname{ord}_p(x) = \varphi(p)$ 时，称 $x$ 为 $p$ 的原根。求阶可以求出 $\varphi(p)$ 后用因数试除。

1. $a\equiv b\pmod{p} \Longleftrightarrow \operatorname{ord}_p(a)=\operatorname{ord}_p(b)$

2. $\operatorname{ord}_p(x^k) = \dfrac{\operatorname{ord}_p(x)}{(\operatorname{ord}_p(x),k)}$

3. 当且仅当 $(\operatorname{ord}_p(a),\operatorname{ord}_p(b))=1$ 时，$\operatorname{ord}_p(ab) = \operatorname{ord}_p(a)\operatorname{ord}_p(b)$

04.11

[HNOI2016]最小公倍数

Powerful Number 图。

本质是求两点是否存在两种最大值恰好为查询的数对的路径。我们希望在只加入两种权值都 $\le$ 该询问权值的情况下统计答案，这样就只需求最大值。离线，对边按 $a$ 排序后分块，对询问按 $b$ 排序。每块考虑 $a$ 在当前块范围内的询问。前面的块按 $b$ 排序，每次能产生贡献的是一段前缀，单指针维护；当前块内暴力加入，可撤销并查集维护。

调试问题：块边界没处理好。

[HAOI2018]反色游戏

当且仅当每个连通块中都不存在奇数个黑点时有解。

记连通块个数为 $k$，则初始答案为 $2^{m-n+k}$。维护点度数和全局奇黑连通块个数，考虑删去点 $u$ 有什么影响：

• $u$ 为割点，则会把一个连通块拆成若干连通块，需要预处理拆完后是否存在奇数个点的黑色连通块；
• 否则，只需考虑其对所在连通块黑点个数的影响。

特殊考虑没连出边的点，对答案没有影响。

调试问题：连通块根节点的割点数量求错。

「2022-02-05 厦门双十联考」区域划分 (divide)

有一些显而易见的无解情况：

• 相邻结点颜色相同；
• 有一种颜色没出现过。

但是找不出进一步的结论，于是大胆猜想剩下情况一定有解并通过构造证明。考虑增量构造，每一条边便增加一个三角形，为此需要维护满足左右相邻点和本结点都异色的结点集合，并支持删除一个结点，使用链表维护。但是这样有一个问题，在某种颜色 $c$ 只剩下一个点时，这个算法可能将 $c$ 色点直接删去导致剩下结点无法构造答案，此时特判即可完成构造。

「2021-02-28 联考」询问 (query)

把所有询问离线，每个 $k$ 单独做。求出每个元素作为第 $k$ 大值的所有区间（显然总数 $O(nk)$）后，相当于矩形加单点查。预处理区间可以排序之后使用链表，从小到大考虑完就删去。

「PR #1」删数

差分数组 $\{d\}$，则每次操作相当于把相邻相同的数删掉一个并把剩下一个 $\times 2$。把所有数按照正负和 $\dfrac{d_i}{\operatorname{lowbit}(d_i)}$ 分段考虑，显然只有同一段的元素能够缩起来。对于同一段内的元素，我们就只需要考虑 $\log_2 \operatorname{lowbit}(d_i)$，那么合并两个数就相当于把两个数删去一个并把剩下一个 $+1$，这样就和 [USACO16OPEN]262144 P 一样了，类似倍增维护出合并出 $j$ 时所在的位置，多加一个统计答案的 dp 即可。

调试问题：分段边界没清空。

04.12

[HAOI2018]奇怪的背包

拓展一下二元一次不定方程的结论

$n$ 元一次不定方程 $\sum\limits_{i=1}^n a_ix_i = b$ 有解，当且仅当 $(a_1,a_2,\cdots, a_n) | b$

那么记 $f_i$ 表示 $\gcd() = i$ 的集合数量，每次询问的答案即为 $\sum \limits _{d| w_i}f_d$。$f$ 背包一下就好了。

[HAOI2018]字串覆盖

数据范围明示数据分治。

• $r-l \gt 50$：后缀树上定位到对应结点 SAM 线段树合并二分求出区间中最前的结点，暴力求下一个区间在哪里。$r-l\in [50,2000]$ 的询问次数不多，暴力跳的总次数不多。

• $r-l \le 50$：对每种长度分别考虑，倍增预处理跳了 $2^j$ 个串后到达的位置及对应左端点下标和。

04.14

学习 PGF，见学习笔记。

[PKUSC2018]星际穿越

从 $u$ 出发，第一次跳跃能走到 $[l_u,x]$ 的点，其中 $x$ 是最大的能走到 $u$ 的点；从第二次跳跃开始，行动轨迹变得有迹可循：记上一次跳跃能到达的左端点为 $p$，每次能够跳到 $\min\limits_{i=p}^{x}l_i$ 处。这启发我们倍增预处理跳 $2^j$ 步后到达的点，顺便维护跳 $2^j$ 步代价之和。查询时特判第一步和最后没法跳满的部分。

04.15

「2020-04-21 省选模拟赛」探险队 (expedition)

对反图建以 $T$ 为根的最短路径树，则被删去的边一定在 $S$ 的祖先链上。对于一条非树边 $(u,v,w)$，其能对 $\operatorname{LCA}(u,v)$ 以下的所有结点 $x$ 提供一条从绕开其父边的路径，总代价为 $dis_u - dis_x + dis_v + w$。可以从下往上跳，堆维护每条可行路径，但由于理解错题意对着堆调了一个上午导致我不想再碰它；题解给出了一个比较难想到的做法：记 $f_u$ 表示从 $u$ 出发的答案，$g_u$ 表示发现有边被删后的最优策略下的路径长度，则 $f_{u} \gets \max (g_u, f_v+w_{u,v})$，转移顺序不明确，最短路优化。

调试问题：对题意给出了错误的理解。

「2020-04-03 省选模拟赛」玩具 (toy)

记会随时间增加边权的边为特殊边，则随着 $x$ 增大，所用的特殊边数量是单调的，且对于使用同样数量特殊边的方案，其所用边集必然相同。于是把询问离线之后整体二分，费用流记录用了几条特殊边即可。

04.17

「JOISC 2020 Day2」遗迹 3

考虑如何从 $h$ 得到 $A$。从后往前，对于柱子 $i$，若 $h_i$ 在后面的最终高度没出现过，则会保留；否则会一直减到在后面的最终高度没出现为止。

即 $i$ 的最终高度等于 小于 $i$ 的初始高度的值中最大的 没在 $[i+1,2n]$ 的最终高度种出现过的值。

不妨先暴力一点，状压后缀没出现过的最终高度的集合。设 $f_{i,S}$ 表示从后往前考虑到第 $i$ 个位置，$S$ 中的高度没在最终高度中出现过。由于我们并不知道每种初始高度出现过多少次，在这里认为高度相同的两个石柱本质不同，最后除掉 $2^n$。转移讨论是否被保留：

• 未被保留，记 $S$ 中极长前缀 $0$ 长度为 $j$，$[i+1,2n]$ 中未被选择的位置个数为 $c$，则这个位置必须填一个 $[1,j]$ 中的数。那么总共有 $2j$ 个数可供选择，其中已被选择的高度有 $j+c$ 个（每个被保留的位置恰有一种高度，每个未保留位置的高度也在 $[1,j]$ 中），则转移系数为 $j-c$；

• 被保留，枚举该位置的最终高度 $k$，我们需要保证填入的初始高度能被减到 $k$。记 $S$ 中 $k$ 后的极长连续 $0$ 长度为 $d$，则转移系数为 $d+2$（初始高度为 $k$ 有两种，初始高度 $\gt k$ 有 $d$ 种）。

现在需要优化状态。注意到极长前缀 $0$ 的长度非常关键，设 $f_{i,j}$ 表示从后往前考虑到第 $i$ 个数，最终高度的前缀极长连续段为 $1\sim j$。转移依然讨论是否保留。未被保留的情况是简单的，转移需要的信息记在状态里，直接转移即可；但对于被保留的情况，此时我们并不知道 $k$ 后极长连续 $0$ 的长度，需要稍作调整。

我们只关心极长前缀连续 $0$ 的长度，因此如果新加入的最终高度 $\gt j+1$，我们可以先放着不管，而是在之后某一次加入使得中间都连上时一起加入并统计贡献。说人话，每次转移加入一段连续的数 $[j+1,j+k]$，比较类似贡献推迟计算的 trick。这样每次考虑的最终高度都是一段前缀。讨论：

• 加入的数不连续。由于推后计算，直接令 $f_{i,j} \gets f_{i+1,j}$；

• 加入一段连续的数。枚举加入数的个数 $k$，即从 $f_{i+1,j}\to f_{i,j+k}$。注意我们钦定了这个位置上的最终高度为 $j+1$。则 $i$ 上可以选择 $k+1$ 个数（考虑方式与状压时相同）。记 $e$ 为 $[i+1,2n]$ 中保留的位置个数，则在这些位置中还需包含 $[j+2,j+k]$ 的元素，方案数为 $\dbinom{e-j}{k-1}$。但此时我们并没有确定初始高度的方案数，这似乎不好快速计算。这些数的初始高度显然在 $[j+2,j+k]$ 这个长度为 $k-1$ 的区间中，这就意味着这个方案数与 $j$ 没有关系，不妨先记作 $t_{k-1}$。于是得到转移 $f_{i,j+k}\gets f_{i+1,j}(k+1)\dbinom{e-j}{k-1}t_{k-1}$。

遗留的问题是 $t_i$ 的计算。明确一下 $t_i$ 的定义：填入 $i$ 个在 $[1,i]$ 中的数使得最终高度恰为 $1\sim i$ 的排列。称满足这一条件的填入方案合法，则一种填入方案合法当且仅当对 $\forall 1\le k\le i$，填入的数中 $\le k$ 的数不超过 $k$ 个。

再做一个 dp，记 $g_{i,j}$ 表示考虑 $i$ 种初始高度，填入 $j$ 个位置的方案数，则 $t_{i} = g_{i,i}$。转移考虑新加一种初始高度，枚举填了多少个（$0\sim 2$）：$g_{i,j} = g_{i-1,j} + g_{i-1,j-1}\cdot 2j + g_{i-1,j-2}\cdot j(j-1)$。只需保证 $j\le i$ 即可满足合法性。

时间复杂度 $O(n^3)$。

04.18

「JOISC 2020 Day2」有趣的 Joitter 交友

双向边连接形成的连通块会被缩成团，直接维护这个团。需要维护的信息有：团中元素的集合 $E$、连向该团的团的集合 $A$、该团连向的团的集合 $B$、连向该团的点集 $C$，则一个团的贡献为 $|E|(|E|-1) + |E||C|$。连边时启发式合并缩团，可能产生连锁反应，类似 bfs 队列维护。

调试问题：写了假的启发式合并，遍历了大的集合。

「NOI2019」回家路线

式子看着就很斜优。对每个地点维护斜率单调队列，按时间枚举事件（到达、出发），到达时尝试加入队列，出发时转移。

04.19

「NOI2019」I 君的探险

暴力

枚举每个点操作，若操作后某个点状态改变则有连边。

树（$x\lt y$）

二分父亲的位置，整体二分。

树（一般情况）

考虑每次删去叶子。令标号变为 $[1,n]$。对每个 $k$，把二进制下第 $k$ 位为 $1$ 的拿出来，记录状态改变的点，则可得到所有相邻点编号的异或和 $s_x$。那么对于叶子，则有 $s_x=x$。并且可以通过 $O(1)$ 次操作判断两点间是否有边，依此逐步迭代。

一般情况

对每个点以 $\dfrac{1}{2}$ 的概率随机修改，记修改的集合为 $S$，状态改变的点集为 $T$，则 $T$ 中结点与 $S$ 中结点定有连边。分治，每次随机修改，划分集合。使用 check 减少孤立点个数以剪枝。

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与非 (nand)

与非可以表示出所有基本位运算。因此直观来看可以表示的数很多。考虑二进制下两位 $i,j$，若对所有数 $k$ 都有 $a_{k,i}=a_{k,j}$，则结果中这两位一定相同，否则互不影响。并查集维护出相同的集合。按照套路，统计答案时从高到低枚举相同的位数。

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CF212A Privatization

见寒假的学习笔记

CF1147F Zigzag Game

见寒假的学习笔记

04.20

vp 联合省选 Day1，打得比较保守，T2 T3 只写了暴力。

「ExPR #1」乘积（ABC239 Task Ex (Dice Product 2)）

$f_i$ 表示 $m=i$ 时的期望，则 $f_n = 1+\sum\limits_{i=1}^{n}f_{\lfloor\frac{n}i\rfloor}$。移项后类似杜教筛递归计算即可。

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[ZJOI2019]开关

按 $k$ 次开关得到目标状态和回到原状态的 EGF 分别为

$$F(x) = \prod \dfrac{e^x+(-1)^{s_i}e^{-x}}{2}$$

$$G(x) = \prod \dfrac{e^x+e^{-x}}{2}$$

但我们想要的是期望，也即概率生成函数（OGF）的导数。设 $f(x),g(x)$ 分别为 $F(x),G(x)$ 转为 OGF，则所求即为 $h^{\prime}(1) = (\dfrac{f}{g})^{\prime}(1)$。

将 $F(x)$ 写成 $\sum c_i e^{ix}$ 的形式，则有 $f(x) = \sum \dfrac{c_i}{1-ix}$，同理设 $g(x) = \sum\dfrac{d_i}{1-ix}$，其中 $c_i,d_i$ 均可背包求出。

那么 $h^{\prime} = (\dfrac{f}{g})^{\prime} = \dfrac{f^{\prime} g-g^{\prime} f}{g^2}$，但直接带入 $x=1$ 会有收敛性的问题。分子分母同乘 $1-x$，即令 $f(x)\gets f(x)(x-1) = c_1 + \sum\limits_{i\ne 1}\dfrac{c_i(1-x)}{1-ix}$，$g$ 同理，则 $f(1)=c_1$，$g(1) = d_1$，答案即为

$$h^{\prime}(1) = \dfrac{f^{\prime}(1) g(1)-g^{\prime}(1) f(1)}{g(1)^2} = \sum\limits_{i\ne 1}\dfrac{c_i d_1-d_i c_1}{d_1^2(i-1)}$$

上述讨论在 $p_i\gets \dfrac{p_i}{\sum p_i}$ 时进行，实现上不能先进行，需要稍加修改。

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[PKUSC2018]神仙的游戏

转化成周期之后，等价于判断是否存在两个不同字符距离为 $k$ 的倍数。翻转数组后 NTT 求出所有距离即可。

04.21

vp 联合省选 Day2，不知道为什么 T1 做了很久。最后挂了。注意模数。

[PKUSC2018]主斗地

大搜索。没有 $3$ 状态数不多。然后搜用了多少三带四带，贪心打剩下的牌。

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CF1408E Avoid Rainbow Cycles

把集合建点，若数 $x$ 存在于集合 $y$ 中则 $x,y$ 连边。则题中彩虹环对应新图上的环，求最大生成树。

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「2022-02-04 省选模拟赛」游戏

见寒假的学习笔记

「2022-02-06 省选模拟赛」A

见寒假的学习笔记

CF762F Tree nesting

见寒假的学习笔记

04.22

「WC2018」通道 (tunnel)

第一棵树边分治，第二棵树上建虚树，dp 剩下权值的最大值。具体地，类似树上直径的结论，每个点的最优决策点必定为两端点，且可以合并。转移直接枚举合并方式。

也可以点分治，每次选两个大小最小的子树合并。

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CF868E Policeman and a Tree

见寒假的学习笔记

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[BalticOI 2021 Day2] The short shank

考虑能传染到每个点的第一个点 $p_i$，则对于两个本不会造反的点 $i,j$，$[p_i,i]$ 与 $[p_j,j]$ 包含或不交。对每个点 $v$，找到最小的包含它的点 $u$ 连边，形成一棵树。则阻断一个点相当于减去树上一条到根的路径。即选 $D$ 条路径使权值和最大。长剖。

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CF526G Spiders Evil Plan

$y$ 条路径等价于 $2y$ 条从叶子到根的路径。显然要以直径两端点为根。长剖，处理每条长链的优先级。为了把 $x$ 加入连通块，有两种决策：

• 删去最短的长链，连上 $x$；
• 删去 $x$ 往上跳到的第一条长链，把那条长链改成连向 $x$。

倍增优化。

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「NOI2018」冒泡排序

好排列等价于不存在长度超过 $2$ 的下降子序列，我只有一个非常不严谨的感性证明。先不考虑字典序的限制，总方案数怎么求。设 $f_{i,j}$ 表示填了 $i$ 个数，最大值为 $j$ 的方案数。转移考虑末尾新加一个数 $x$：

• $x\lt j$，则 $x$ 必须是未出现过的数中最小的；
• $x\gt j$，随意；

于是 $f_{i,j} \to f_{i+1,k}$（$k\ge j$），即 $f_{i,j} = \sum\limits_{k=1}^{j}f_{i-1,k} = f_{i-1,j} + f_{i,j-1}$，转化为网格图上走路，注意到 $i\le j$，于是 $f_{n,n} = Cat(n)$。

对于字典序的限制，枚举前 $i-1$ 位相同，第 $i$ 位大于。记 $m = \max(前缀最大值,a_i)$，则相当于从 $(n-i+1, n-m-1)$ 走到 $(n,n)$，依然搬上卡特兰数即可 $O(1)$ 计算。

04.23

LOJ #6274. 数字

先考虑判断能否存在 $x\operatorname{or}y =T$，$x\operatorname{and}y =S$。设 $f_{i,lx,rx,ly,ry}$ 表示从高到低考虑到第 $i$ 位，是否大于 $Lx$，是否小于 $Rx$，是否大于 $Ly$，是否小于 $Ry$。把这个 dp 数组压成状态，$g_{i,S}$ 表示从高到低考虑到第 $i$ 位，$f$ 状态（合法性）为 $S$ 的方案数。枚举当前位填什么转移。状态数 $2^{16}\times 60$。

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LOJ #6497. 「雅礼集训 2018 Day1」图

设 $f_{i,j,k,l}$ 表示前 $i$ 个点，路径长度奇偶性为 $j$，奇黑个数、奇白个数。设加入一个新白点，黑点同理：

• $k=0$，则随意连边，$f_{i+1,j\oplus 1,k,1}\gets 2^i\cdot f_{i,j,k,l}$；

• $k\gt 0$，可以选择钦定/不钦定一个奇黑向其连边，于是新点作为奇偶的方案数应该是相等的。

注意到我们只关心是否存在奇黑、奇白，后两维只需记 $0/1$。

据此转移即可。